Question

17．已知函数f（x）=x²+$\frac{2}{x}$+alnx（x＞0，a为常数）．
（1）讨论函数g（x）=f（x）-x²的单调性；
（2）对任意两个不相等的正数x₁、x₂，求证：当a≤0时，$\frac{{f（{x_1}）+f（{x_2}）}}{2}＞f（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）构造$t（x）=\frac{{f（x）+f（{x_2}）}}{2}-f（{\frac{{x+{x_2}}}{2}}），x∈（0，+∞）$，求出t（x）的导数，解关于导函数的不等式，得到函数的单调区间，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）$g（x）=f（x）-{x^2}=\frac{2}{x}+alnx$，∴$g'（x）=-\frac{2}{x^2}+\frac{a}{x}=\frac{ax-2}{x^2}（x＞0）$．
①当a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在（0，+∞）为减函数；
②当a＞0时，$g'（x）=\frac{{a（x-\frac{2}{a}）}}{x^2}$，
当$0＜x＜\frac{2}{a}$时，g'（x）＜0，g（x）为减函数；
当$x＞\frac{2}{a}$时，g'（x）＞0，g（x）为增函数．
∴当a＞0时，g（x）在$（0，\frac{2}{a}）$上为减函数，g（x）在$（\frac{2}{a}，+∞）$上为增函数．
（2）证明：以x₁为自变量，构造$t（x）=\frac{{f（x）+f（{x_2}）}}{2}-f（{\frac{{x+{x_2}}}{2}}），x∈（0，+∞）$．
∴$t'（x）=\frac{1}{2}f'（x）-\frac{1}{2}\frac{{f（x+{x_2}）}}{2}$，又$f'（x）=2x-\frac{2}{x^2}+\frac{a}{x}$，
$t'（x）=x-\frac{1}{x^2}+\frac{a}{2x}-\frac{1}{2}[（x+{x_2}）-\frac{8}{{{{（x+{x_2}）}^2}}}+\frac{2a}{{x+{x_2}}}]$=$（x-{x_2}）[\frac{1}{2}+\frac{{3x+{x_2}}}{{{x^2}{{（x+{x_2}）}^2}}}-\frac{a}{{2x（x+{x_2}）}}]$，
∵$\frac{1}{2}＞0，\frac{{3x+{x_2}}}{{{x^2}{{（x+{x_2}）}^2}}}＞0，-\frac{a}{{2x（x+{x_2}）}}＞0$，∴$\frac{1}{2}+\frac{{3x+{x_2}}}{{{x^2}{{（x+{x_2}）}^2}}}-\frac{a}{{2x（x+{x_2}）}}＞0$．
故当x∈（0，x₂）时，t'（x）＜0，t（x）为减函数；
当x∈（x₂，+∞）时，t'（x）＞0，t（x）为增函数．
故对一切x∈（0，+∞），t（x）≥t（x₂）=0．当且仅当x=x₂时取等号．
题中x₁≠x₂，故t（x₁）＞0恒成立．得证．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．